KỸ THUẬT GIẢI NHANH HỆ PHƯƠNG TRÌNH

ĐẶNG THÀNH NAM (Giám đốc trung tâm nghiên cứu, tư vấn phát triển sản phẩm giáo dục Newstudy.vn) NHỮNG ĐIỀU CẦN BIẾT LUYỆN THI QUỐC GIA THEO CẤU TRÚC ĐỀ THI MỚI NHẤT CỦA BỘ GD & ĐT KỸ THUẬT GIẢI NHANH HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 x − x − + x x + = ( y 1)+ y  2  x + y = x − y + - 2+y 2+ Dành cho học sinh lớp 10,11,12 Ôn thi quốc gia bồi dưỡng học sinh giỏi Dành cho giáo viên giảng dạy luyện thi Quốc gia NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Mục Lục Lời nói đầu Chương 1: Kiến thức bổ sung giải hệ phương trình Chủ đề 1: Phương trình, bất phương trình bậc bậc hai Chủ đề 2: Phương trình bậc ba Chủ đề 3: Phương trình bậc bốn Chủ đề 4: Phương trình phân thức hữu tỷ 12 Chủ đề 5: Hệ hương trình hai ẩn có chứa phương trình bậc 13 Chủ đề 6: Hệ hương trình bậc hai hai ẩn dạng tổng quát 14 Chương 2: Các kỹ thuật phương pháp giải hệ phương trình 25 Chủ đề Kỹ thuật sử dụng hệ phương trình bậc hai ẩn 25 Chủ đề Hệ phương trình đối xứng loại I 46 Chủ đề Hệ phương trình đối xứng loại II 99 Chủ đề Hệ phương trình có yếu tố đẳng cấp 132 Chủ đề Kỹ thuật sử dụng phép 159 Chủ đề Kỹ thuật phân tích thành nhân tử 188 Chủ đề Kỹ thuật cộng, trừ nhân theo vế hai phương trình hệ 222 Chủ đề Kỹ thuật đặt ẩn phụ dạng đại số 254 Chủ đề Kỹ thuật đặt ẩn phụ dạng tổng - hiệu 336 Chủ đề 10 Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu hàm số 361 Chủ đề 11 Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm hệ phương trình 427 Chủ đề 12 Kỹ thuật đánh giá 438 Chủ đề 13 Hệ phương trình có chứa thức 491 Chủ đề 14 Kỹ thuật lượng giác hóa 576 Chủ đề 15 Kỹ thuật hệ số bất đònh 600 Chủ đề 16 Kỹ thuật phức hóa 640 Chủ đề 17 Kỹ thuật sử dụng tính chất hình học giải tích 665 Chủ đề 18 Kỹ thuật nhân liên hợp hệ phương trình có chứa thức 677 Chủ đề 19 Một số toán chọn lọc rèn luyện nâng cao 704 Chương 3: Bài toán có chứa tham số .783 Chủ đề 1: Hệ đối xứng loại I 783 Chủ đề 2: Hệ đối xứng loại II .827 Chủ đề 3: Hệ đẳng cấp 836 Chủ đề 4: Kỷ thuật sử dụng tính đơn điệu hàm số − Xử lý toán hệ phương trình có chứa tham số 846 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC BỔ SUNG KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH - Nộ i dung chương nà y đề cậ p đế n cá c nội dung - Phương trình, bấ t phương trình bậ c nhấ t bậ c hai - Cá c phương trình bậ c ba, bậ c bốn ng đặ c biệ t - Cá c phương trình dạng phâ n thứ c đặ c biệ t - Phương phá p giả i phương trình bậ c ba, bậ c bốn tổ ng t - Hệ phương trình bả n gồ m hệ bậ c nhấ t hai ẩ n, hệ bậ c nhấ t ba ẩ n, hệ gồ m mộ t phương trình bậ c nhấ t hai ẩ n mộ t phương trình bậ c hai hai ẩ n - Hệ phương trình bậ c hai hai ẩ n dạng tổ ng t Đâ y nhữ ng kiế n thứ c bả n cầ n thiế t trướ c tiế p cậ n với hệ phương trình nên hy vọng cung cấ p đủ kỹ nă ng giả i phương trình hệ phương trình trước đến với hệ phương trình dạng nâng cao Chủ Đề 1: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI Phương trình bậc ax + b = 0, (a ≠ 0) + Nế u a = 0, b ≠ phương trình vô nghiệm + Nế u a = 0, b = 0, phương trình vô số nghiệm b + Nế u a ≠ ⇔ x = – nghiệ m củ a phương trình a Bấ t phương trình bậ c nhấ t ax + b >  b  b + Neáu a > ⇔ x > − ⇒ S =  − ; +∞  a  a   b b + Neáu a < ⇔ x < − ⇒ S =  −∞ ; − a a  Phương trình bất phương trình bậc hai a) Phương trình bậ c hai ax2 + bx2 + c = 0, (a ≠ 0) Đònh thứ c ∆ = b2 – 4ac + Nế u ∆ = b2 – 4ac < 0, phương trình vô nghiệ m b + Nế u ∆ = b2 – 4ac, phương trình có nghiệm nhấ t x = − 2a + Neáu ∆ = b – 4ac > 0, phương trình có hai nghiệm phâ n biệ t: x1,2 = −b ± ∆ ax2 + bx + c = a(x – x )(x – x ) 2a b) Bấ t phương trình bậ c hai f(x) = ax bx + c+ 0,(a > 0) ≠ + Neá u ∆ = b2 4ac − 0≤khi a.f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R + Neá u ∆ = b2 4ac − 0>khi f(x) = có hai nghiệ m phân biệ t x < x   x > x2  f(x) > ⇔ a(x − x1 )(x − x ) > ⇔  - Neá u a > ⇒   x < x1   f(x) < ⇔ a(x − x1 )(x − x2 ) > ⇔ x1 < x < x  f(x) > ⇔ a(x − x1 )(x − x2 ) > ⇔ x1 < x < x   x > x2 - Neá u a < ⇒   f(x) < ⇔ a(x − x1 )(x − x2 ) > ⇔  x < x   Chủ Đề 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA Phương trình dạng 4x3 + 3x = m Hà m số f(x) = 4x3 3x + có f '(x) = 12x +0, >x ∀R ∈neâ n phương trình 4x3 + 3x = m có khô ng mộ t nghiệm Ta ng minh phương trình có nghiệ m nhấ t 1 Đặ t m =  a3 2 1 − a3  ⇔ a =m m±2 + 1  1     1 Khi   a −   +   a −   =  a3 −  =m a  a   a3  2  2  1 1 Do x =  a − nghiệm củ a phương trình hay phương trình có nghiệm  a 2 1 1 nhaá t x =  a  − a 2 Ví dụ Giả i phương trình 4x3 + 3x = Lời giải Hà m số f(x) = 4x3 +3x −2 coù f '(x) = 12x coù tố i đa mộ t nghiệm nê n phương trình +0, >x ∀ ∈ 1 1 Đặ t =  a3 −  ⇔a =3 2 a3  Choï n a = +2 ⇒ −= a ±5 −3 1  1     1 Khi ñoù :   a −   +   a −   =  a3 −  a  a   a3  2  2  Vậ y: phương trình có nghiệ m nhấ t: 1 1 x =  a −  =  2 a 2 +5 −5   +2 Phương trình dạng 4x3 − 3x = m α α 3cos −neâ n 3 α + 2π α − 2π cos = ,x3 = cos 3 α cos α = cos3 TH1: Nế u m ≤ đặ t m = cos α phương trình có ba nghiệ m x1 = cos ,x2 1 TH2: Nế u m > đặ t m =  a3 2 1 +  a3  1  1 1  Khi  a3 +  =   a +  2 a  a  2  3 ⇔ a =m m±2 − 1   3−  a +  a  2  1 1 Vì x =  a + mộ t nghiệm củ a phương trình  2 a Ta ng minh x nghiệm nhấ t củ a phương trình Thậ t vậ y ta có : 4x3 − 3x = 4x30 Phương trình 4x2 + 4x x + 4x20 ( +4x x +4x 3−) < x >1 − = coù ∆ ' = 12 (1 x −) 3x − ⇔ ( x x−0 ) 4x2 2 0 Vậ y phương trình có nghiệm nhaá t: 3 1 1 m + m2 − + m − m2 − x = a +  = 2 a Phương trình dạng x3 + px = q TH1: Nế u p = ⇒ x3 = q ⇔ x = TH2: Nế u p > đặ t x = q p t đưa phương trình daï ng: 4t + 3t = m = TH3: Nế u p < đặ t x = p t− đưa phương trình daï ng: 4x3 − 3x = m Phương trình bậc ba dạng tổng quát ax3 + bx2 + cx + d = 0, (a ≠ 0) Phương pháp phân tích nhân tử Nế u phương trình có nghiệm x ta phâ n tích: ( ) ax3 + bx2 + cx + d = ( x −x ) ax2 +( b +ax ) x +c +bx +ax20 Từ để giả i phương trình bậ c ba trê n ta giả i phương trình bậ c hai: ax2 + ( b + ax ) x + c + bx + ax20 = Phương pháp Cardano Chia hai vế phương trình cho a đ ưa phương trình dạng: x3 + ax2 + bx + c = Bằ ng cá ch đặ t y = x a − luô n đưa phương trình dạng tắ c: y3 + py + q = (1) p = q – a2 , q = c + G  x, x − a2  =   PP → Ta cần xét p, q ≠ p = hoặ c q = phương trình đơn giản, tiế p tụ c đặ t y = u + v thay o (1), ta đượ c: u  v   p u  v   q   u  v  3uv  p u  v   q  Ta choï n u, v cho 3uv + p = u3 + v3 + q =  3 p3 3uv + p = = − u v  ⇔  Vậ y : ta có hệ phương trình  27  u + v + q =  3  u + v −= q Theo đònh lý Vi–é t u, v hai nghiệm phương trình X3 + qX − Đặ t ∆ = q2 p3 = (3) 27 p3 + 27 q q + Neá u ∆ > (3) có hai nghiệm u3 =− + ∆ , v3 =− − ∆ 2 vaø q q phương trình (2) có nghiệm nhấ t y = − + ∆ + − − ∆ nê n 2 phương trình (1) có nghiệm thự c nhaá t x = a q q + − + ∆ +3 − − ∆ 2 + Nế u ∆ = (3) có nghiệm ké p u = v = − q phương trình (2) có q q hai nghiệm thự c có mộ t nghiệ m ké p y1 = − ; y2 = y3 = 2 Do đó: (1) có hai nghiệ m thự c, có mộ t nghiệ m ké p: a q a q x1 = + − ;x =x3 = + 3 + Neá u ∆ < (3) có nghiệm phứ c, giả sử u , v (1) có ba nghieäm phức:  y= u0 + v0   − ( u0 + v0 ) + i y2 =   − ( u0 + v0 ) − i  y3 =   a x1 = + u0 + v0   a u0 − v0 ) ⇒ x2 = − ( u + v0 ) + i (   a u − v )  x3 = − ( u + v ) − i (  ( u − v0 ) ( u − v0 ) Ngoài hai cá ch trê n giả i phương trình bậ c ba bằ ng phương pháp lượ ng giá c hó a hoặ c biến đổi đưa đẳ ng thứ c a3 = b3 Chủ Đề 3: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN Phương trình dạng trùng phương ax + bx2 + = c 0, ( a ≠ ) Đặ= t t x , ( t ≥ ) phương trình trở thành: at + bt + c = Đâ y phương trình bậ c hai biế t cá ch giả i 4 Phương trình dạng ( x − a ) + ( x − b ) = c Đặ t t= x − a+b phương trình trở nh: 4  b−a  a−b c đưa veà t +  +t +  =     phương trình ng trù ng phương 4 Ví dụ Giả i phương trình ( x − ) + ( x − ) = 82 Lời giải 4 Đặ t t= x − phương trình trở thành: ( t + ) + ( t − ) = 82 ( )( )  t =−1  x − =−1  x =3 ⇔ ⇔ ⇔ t + 24t − 25 =0 ⇔ t − t + 25 =0 ⇔  = x−4 = t = x Vaä y phương trình có hai nghiệm là= x 3,x = m với a + d = b + c Phương trình dạng ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = Đặt t = ( x + a )( x + d ) hoaëc t = ( x + b )( x + c) đưa phương trình bậc hai với ẩn t 24 Ví dụ Giả i phương trình x ( x − 1)( x − )( x − 3) = Lời giải Đặt t = x ( x − 3) = x2 − 3x ⇒ ( x − 1)( x − ) = x2 − 3x + = t + phương trình trở thành:  x2 − 3x = t = x = −6 −6 −1 ⇔ ⇔ t ( t + ) =24 ⇔ t + 2t − 24 =0 ⇔  =  t 4= x  x − 3x = Vaä y: phương trình có hai nghiệm x = −1, x = 4 Phương trình dạng ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = ex với ad = bc = m Viế t lạ i phương trình dướ i daï ng: ( x + a )( x + d )  ( x + b )( x + c )  = ex ( )( ) ⇔ x2 + ( a + d ) x + ad x2 + ( b + c ) x + bc = ex2 Xé t trườ ng hợ p x = xem thỏa mã n phương trình hay không Vớ i x ≠ chia hai vế củ a phương trình cho x2 , ta đượ c:    ad bc + a + d  x + + b + c = e x + x x    Đặ t t =x + ad bc đưa phương trình bậ c hai vớ i ẩ n t =x + x x Ví dụ Giả i phương trình ( x + )( x + 3)( x + )( x + ) = 30x Lời giải Phương trình cho tương đương vớ i: ( )( ) 2 2     ( x + )( x + )  ( x + 3)( x + ) = 30x ⇔ x + 8x + 12 x + 7x + 12 = 30x Nhậ n thấy x = khô ng thỏa mãn phương trình Xé t x ≠ chia hai vế củ a phương trình cho x2 , ta đượ c:    12 12 30  x + +  x + +  = x x    ( ) 12 Đặ t t = x + , t ≥ phương trình trở thành: x  t = −2 ( t + 8)( t + 7) =30 ⇔ t + 15t + 26 =0 ⇔ t = −13  Đố i chiế u vớ i điều kiệ n nhận nghieäm t = −13 ⇔ x + 12 = −13 x  x = −1 ⇔ x2 + 13x + 12 =0 ⇔   x = −12 Vậ y phương trình có hai nghiệm x = −12,x = −1 e d Phương trình daïng ax + bx + cx + dx + e = với =   a b TH1: Nế u e = đưa phương trình: ( ) ax + bx3 + cx2 + dx = x ax3 + bx2 + cx + d= , phương trình tích có a phương trình bậ c ba ng tổ ng t biết cá ch giải TH2: Nế u e ≠ ⇒ x = khô ng nghiệm củ a phương trình Xé t x ≠ chia hai vế phương trình cho x2 ta đượ c: ax2 + e    d e  d  +  bx +  + c = ⇔ a  x +  + b x + + c= x bx  x ax     d d2 d e d ⇒ t = x2 + + = x2 + + đưa phương trình 2 bx b b b x ax bậ c hai với ẩn t Đặ t t = x + Ví dụ Giả i phương trình x + 3x3 − 6x2 + 6x + = Lời giải Nhậ n thấy x = khô ng thỏa mãn phương trình Xé t x ≠ chia hai vế phương trình cho x2 , ta đượ c:   2 2 = ⇔  x +  +  x +  − 10 = x + 3x − + + x x x x   t = 2 Ñaë t t = x + , t ≥ 2 phương trình trở thành: t + 3t − 10 =0 ⇔  x  t = −5 Đố i chiế u vớ i điều kiệ n nhận nghieäm: t =−5 ⇔ x + −5 ± 17 =−5 ⇔ x2 + 5x + =0 ⇔ x = x Vậ y phương trình có hai nghiệm x = −5 ± 17 Phương trình dạng x = ax + bx + c TH1: Neá u ∆= b2 − 4ac= biế n đổ i đưa phương trình dạng:  b  = x4 a  x +  2a   TH2: Neá u ∆= b2 − 4ac ≠ ta chọ n số thự c m cho: ( ) ( x =  x2 − m + m  = x2 − m   ( ⇔ x2 − m ) = ) ( ) + 2m x − m + m = ax + bx + c ( a − 2m ) x2 + bx + c + m ( ) Ta choï n m cho: b2 − ( a − 2m ) c + m = Ví dụ Giả i phương trình x = 7x2 − 3x − Lời giải Phương trình cho tương đương vớ i: ( x + 1) 2   3± x + = 3x − x =   1 ⇔ =  3x −  ⇔    x + =−3x +   −3 ± x =  2  Vậ y phương trình có bố n nghiệ m laø x = 3± −3 ± = ,x 2 Phương trình bậc bốn tổng quát ax + bx3 + cx2 + dx + e = b Cách 1: Đặ t x = − + t đưa phương trình ng: t = αt + βt + λ 4a Caùch 2: Viế t lạ i phương trình dướ i ng: 4a2 x + 4bax3 + 4cax + 4dax + 4ae = ( ⇔ 2ax2 + bx ) =( b 2 ) − 4ac x2 − 4adx − 4ae + Hệ có nghiệm (3) có nghiệ m u ≥ Ta coù : (3) ⇔ m(u4 − 3u2 + − 2u3 + 4u) = 1⇔ = f(u) = u4 − 2u3 − 3u2 + 4u + m Ta coù : f '(u) = 4u3 − 6u2 − 6u + 4;f '(u) = ⇔ u = 2,( u ≥ 2) Lậ p bảng biế n thiê n củ a f(u) ta suy (3) có nghiệm thỏa mãn ( u ≥ 2) khi: m > ≥ −3 ⇔   m ≤ −1 m  m ≥ Vậ y giá trò cầ n tìm m :  m ≤ −  Baøi Tìm m để hệ phương trình sau:   72x + x +1 − 72 + x +1 + 2012x ≤ 2012    x − (m + 2)x + 2m + ≥ (1) (2) coù nghiệm Lời giải Điề u kiện: x ≥ −1 Khi ta có : (1) ⇔ 72x + ⇔ 72x + x +1 x +1 − 72+ x +1 + 1006(2x + x += 1) 72+ + 2012x ≤ 2012 x +1 + 1006(2 + x + 1) ⇔ f(2x + x + 1) ≤ f(2 + x + 1)(*) Vớ i f(t) = 7t + 1006t , ta coù f '(t) = 7t ln + 1006 > , suy f(t) đồ ng biế n trê n R, từ (*) ⇒ 2x + x + ≤ + x + ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậ y hệ phương trình có nghiệm (2) có nghieäm x ∈ [ − 1;1] ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + ≥ có nghiệm x ∈ [ − 1;1] ⇔ = m ≥ g(x) Ta coù : g'(x) = x2 − 2x + ;x ∈ [ − 1;1] ⇔ m ≥ g(x) x−2 x∈[−1;1] x2 − 4x + (x − 2)2 ⇒ g'(x) = ⇔ x = − ∈ [ − 1;1] Ta coù : g(−1) = −2;g(2 − 3) = − 3;g(1) = −2 ⇒ g(x) = g(±1) = −2 x∈[−1;1] Vậ y m ≥ −2 giá trò cần tìm Bài Xá c đònh giá trò tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thự c  2 (x + ) x + 2x + + (x + ) x + + 2x + ≥ 2  log (3 x + 1) ≤ log (m − 2x)  m2 +1 m +1 (1) (2) Lời giải u =  Đặ t  v=  u2 = x2 + v2 − u2 − ⇒ ⇒x= 2 x + 2x + > v = x + 2x + x2 + > Thay vaøo (1), ta đượ c: v u (v2 − u2 + 1) + (v2 − u2 − 1) + v2 − u2 ≥ 2 ⇔ (v − u)(u + v + 1)2 ≥ ⇔ v − u ≥ ⇔ x ≥ −1 Điề u kiện: m + > ⇔ m ≠ Khi phương trình (2) tương đương vớ i: m ≠ ⇔ m ≥= f(x) x + 2x + 1;x ≥ −1(m ≠ 0)  0 < x + ≤ m − 2x Vậ y hệ phương trình có nghiệm (2) có nghiệ m x ≥ −1 , điề u nà y tương đương vớ i m ≥ f(x) x∈[−1;+∞ ] Ta coù : f '(x) = 2+ x ⇒ f '(x) = 0⇔x= −1 Lậ p bả ng biế n thiê n hà m số f(x) ta suy f(x) =f(0) =1 ⇒ m ≥ x∈[−1;+∞ ] Vaä y giá trò cầ n tìm m : (1; +∞) Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: x2 − 3x − ≤  x − x x − m − 15m ≥ (1) (2) Lời giải Ta có (1) ⇔ (x + 1)(x − 4) ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Phương trinh: (2) ⇔ m + 15m ≤ f(x) =x3 − x x Vậ y hệ phương trình có nghệm khi, bấ t phương trình (2) có nghiệm thuộ c [ − 1;4] , m + 15m ≤ max f(x) x∈[−1;4] x3 + 3x2 (−1 ≤ x < 0) Xé t hà m soá f(x) = x3 − x x =  x − 3x (0 ≤ x ≤ 4) 3x2 + 6x(−1 ≤ x < 0) Ta coù f '(x) = ⇒ f '(x) = ±2 0⇔x= 0;x =  3x − 6x(0 ≤ x ≤ 4) Ta coù f(−= 1) 2;f(0) = 0;f(−= 2) 4;f(2) = −4;f(4) = 16 Từ suy ra: max f(x) = f(4) = 16 x∈[−1;4] Vaä y hệ bấ t phương trình có nghiệm : m + 15m ≤ 16 ⇔ −16 ≤ m ≤ Vaä y m ∈  −16,1 giá trò cần tìm Bài Tìm m để hệ phương trình sau: x3 − y3 + 3y2 − 3x − =  x + − x − 2y − y + m = (1) (2) có nghiệm thự c Lời giải −1 ≤ x ≤ Điề u kiện  0 ≤ y ≤ Đặ t t = x + ⇒ t ∈  0;2  , phương trình (1) trở nh: t − 3t =y3 − 3y (*) Xé t hà m số f(u) = u3 − 3u2 trê n đoạ n  0;2  , ta có : f '(u) = 3u2 − 6u ≤ 0, ∀u ∈  0;2  , suy f(u) nghòch biến trê n đoạ n  0;2  Do phương trình (*) tương đương vớ i f(t) = f(y) ⇔ t = y ⇔ y = x + Khi x2 + − x − 2y − y2 + m =0 ⇔ x2 − − x + m =0 (i) Đặ t v = Xé t − x ⇒ v ∈  0;1 ⇒ (i) ⇔ v2 + 2v − 1= m hà m số g(v) = v2 + 2v − liê n tục trê n ñoaï n g'(v)= 2v + > 0, ∀v ∈  0;1 Suy g(v) = g(0) = −1; max g(v) = g(1) = v∈ 0;1 v∈ 0;1 Vậ y hệ phương trình có nghiệm −1 ≤ m ≤  0;1 , ta coù 2 xy − y + x + y = Bài 10 Tìm m để hệ phương trình sau  có nghiệm thực m  − x + − y = Lời giải y ( x − 1) ≥  Điề u kiện: x ≤ y ≤  Khi phương trình thứ nhấ t củ a hệ biế n đổ i thaø nh: y + y ( x − 1) + ( x − 1) = (1) Neá u x < 1;y < ta có (1) tương đương vớ i: − ( − x + −y ) = vô nghiệm, nê n hệ vô nghiệm Vậ y ≤ x ≤ 5;0 ≤ y ≤ (1) tương đương vớ i: ( x −1 + y ) = ⇔ x − + y = , đặ t t = y ∈  0;1 ⇒ x = t − 4t + Thay vào phương trình thứ hai hệ ta đượ c m= 4t − t + − t (*) Xé t hà m số f(t) = Ta có f '(t) = 4t − t + − t lieâ n tụ c trê n đoạ n  0;1 2−t 4t − t − ⇔ 3t + 4t − = ⇔ t = Ta coù = f(0) 1;f(1) = t 1− t ;f '(t) =0 ⇔ ( − t ) − t =t 4t − t ∈  0;1   2 3;f =   3 Vậ y để hệ có nghiệ m phương trình (*) có nghiệm, tương đương vớ i m thuộ c tập giá trò củ a hàm số f(t) trê n đoạ n  0;1 từ ñoù suy   m∈ ,  giá trò cần tìm   Bài 11 Tìm giá trò củ a m để hệ phương trình sau có nghiệm: ( )  x y − 3x − ≥ mx y − x −    8x2 − 3xy + 4y2 + xy = 4y  Lời giải Nhận xét Nhậ n thấ y phương trình thứ nhấ t củ a a tham số phứ c tạ p, vậ y việ c tìm mố i liê n hệ giữ a x y khô ng khả quan Ta biến đổ i từ phương trinh hai, để ý đâ y phương trình đẳ ng cấ p vậ y rú t đượ c x theo y Điề u kiện: y ≥ 0,x ≤ Nhậ n thấy y = khô ng nghiệ m củ a hệ phương trình, ta xé t y > phương trình thứ củ a hệ tương đương với: x x x 8x2 − 3xy + 4y2 + xy = 4y ⇔   − + + = , đến đâ y ta đặ t y y y t= x ta đưa phương trình: y 0 ≤ t ≤ ⇔ t = 1⇔ x = y 8t − 3t + = − t ⇔  2 8t − 3t + = 16 − 8t + t Khi thay vào phương trình thứ nhấ t hệ ta đượ c bấ t phương trình: x3 − 3x − ≥ mx x ( ) − x − ⇔ x3 − 3x − ≥ m ( ) x (1 − x ) − x Nhậ n thấ y x = không nghiệm bấ t phương trình nê n, xé t < x ≤ Khi m ≥ + 3x − x3  x − x − x2      ≥ + 3x − x3 x x = f(x) (1) Ta tìm đượ c giá trò nhỏ nhấ t củ a hàm f(x) ( 0,1 bằ ng Tạ i x = dấ u bằ ng (1) xảy bằ ng Từ suy để hệ có nghiệm m ≥ Bài 12 Chứng minh với a > , hệ phương trình sau có nghiệm ex − ey = ln(1 + x) − ln(−3x + y)  a y − x = Lời giải Điề u kieän: x > −1, −3x + y > Thay y= x + a từ phương trình thứ hai vào phương trình đầu hệ ta đượ c: ( )  x +1  ex − ex + a= ln ( x + 1) − ln ( −2x + a ) ⇔ ex − ea − ln  = (1)  −2x + a  Ta ng minh phương trình (1) có nghiệm vớ i a > hệ phương trình có nghiệm với mọ i a > ( )  x +1   a Xé t hà m số f(x) = ex − ea − ln   treâ n  −1;  2  −2x + a   ( ) Ta coù : f '(x) = e x − ea −  a+2 a < 0, ∀x ∈  −1;  ,a > 2 ( 2x + a )( x + 1)   a Maë t khaù c lim f(x) = +∞; lim f(x) = −∞ ⇒ ∃ x ∈  −1;  cho f(x ) = + − 2  x →−1 a x→  a Do phương trình (1) có nghiệm nhấ t trê n  −1;  Ta có điề u phải 2  ng minh Bài 13 Tìm cá c giá trò tham số m để hệ phương trình sau có hai nghiệm thự c phâ n biệt x3 − y3 + 6y2 + = 3x + 9y   2 x + ln − x − 3ln 4y − y − + m = ( ) ( ) Lời giải Điề u kieän: x < 1,4y − y − > ⇔ −1 < x < 1,1 < y < ⇒ x,y − ∈ ( −1;1) Phương trình thứ nhấ t củ a hệ tương đương vớ i: x3 − 3x = ( y − ) − ( y − ) (1) Xé t hà m số f(t)= t − 3t trê n ( −1;1) , ta có : f '(t) = 3t − < 0, ∀t ∈ ( −1;1) nê n f(t) hà m nghòch biế n trê n ( −1;1) Do (1) ⇔ f(x) = f(y − 2) ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay y= x + o phương trình thứ hai hệ ta đượ c: ( ) m= ln − x − x (2) Để hệ phương trình có hai nghiệ m phâ n biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phâ n biệt ( ) thuộ c khoả ng ( −1;1) Xé t hàm số g(x)= ln − x − x treâ n ( −1;1) , ta coù:   0⇔x= − 2x = −2x  + 1 ;g'(x) = 1− x 1− x  Lậ p bả ng biế n thiê n suy để (2) có hai nghiệm phâ n biệ t ⇔ m < g'(x) = − 4x Vậ y giá trò cầ n tìm tham số m ( −∞;0 ) C BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài Tìm m để hệ phương trình sau có ba nghiệ m phâ n bieä t: x2 y − x2 + y =   2 m x y x y + − =  ( ) Lời giải Hệ phương trình cho tương đương vớ i:   x2 + x2 + y = y = x +1 ⇔ x +1  2 m x + y − x y =  4 ( m − 1) x + ( m − 3) x + 2m − =  ( ) (1) (2) Đặ t t = x (1) trở nh: ( m − 1) t + ( m − 3) t + 2m − = Để hệ phương trình có ba nghiệm phâ n biệ t ⇔ (2) có mộ t nghiệm dương mộ t nghiệ m baèng m − ≠  ∆=' ( m − 3) − ( 2m − )( m − ) >  ⇔ 2m − = ⇔m=  ( m − 3)  − >0 S = m −1  Vậ y giá trò cầ n tìm tham số m = Bài Tìm cá c giá trò củ a m để hệ phương trình sau đâ y có nghiệm thự c thỏa  −5 x + y + x y + xy + xy = + m maõ n x2 + y > :  x + y + xy(1 + 2x) = −5 + m  Lời giải ( )  x + y + xy x + y + = m − Hệ phương trình cho tương đương vớ i:   x2 + y + xy =m −  ( = u x2 + y Đặ t  , ( u > ) hệ phương trình trở nh v = xy )   u + v ( u + 1) = m −   u2 + v = m −    5 2 v = m − − u v = m − − u 4   ⇔ ⇔     5 2  u + ( u + 1)  m − − u  = m − u m − u − u −  =    4 4    v = m − − u (do u > ) ⇔  m = u2 + u +  Ta có u2 + u + Vớ i m > 1 > , ∀u > ⇒ m > 4 hệ phương trình luô n có nghiệm thỏ a mãn điề u kiệ n x2 + y > = u x2 + y ⇒ v= x u − x2 ⇔ x3 − ux + v= Thaä t vaä y  v = xy ( ) Phương trình bậ c ba có nghiệm nê n hệ luô n có nghiệm Vậ y hệ phương trình có nghiệm thỏ a maõ n x2 + y > m > 2x − y − m = Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhấ t:  x + xy = Lời giải Điề u kiện: xy ≥ Phương trình thứ hai hệ tương đương vớ i: x ≤ xy =1 − x ⇔  xy = x − 2x + Nhaä n thấy x = khô ng thỏa mãn hệ phương trình Xét x ≠ suy y = x2 − 2x + Thay vào phương trình thứ hệ ta được: x x2 − 2x + x + 2x − =m⇔m= (1) x x 2x − Hệ phương trình có nghiệ m ⇔ (1) có nghiệm thỏ a mã n ≠ x ≤ Xé t hà m số f(x) = Ta có : f '(x)= + x2 + 2x − treâ n ( −∞;0 )  ( 0;1 x x2 > 0, ∀x ∈ ( −∞;0 )  ( 0;1 nê n f(x) đồ ng biế n trê n mỗ i khoảng xá c đònh Lậ p bả ng biế n thiê n suy để phương trình (1) có nghiệ m nhấ t thuộ c khoảng ( −∞;0 )  ( 0;1 ⇔ m > Vậ y giá trò cầ n tìm tham số m ( 2;+∞ ) Bài Tìm m để hệ phương trình sau có hai nghiệ m thự c thự c phâ n biệ t: (4x2 + 1)x + (y − 3) − 2y =  − 2y + − 2y + − x + − x = m  Lời giải Phương trình thứ nhấ t củ a hệ tương đương vớ i: Điề u kiện: x ≤ 6,y ≤ 8x3 + 2x = ( − 2y ) + − 2y ⇔ − 2y = 2x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta đượ c: 2x + 2x + − x + − x = m (1) Vaä y hệ phương trình có hai nghiệm thự c phâ n biệ t ⇔ (1) có hai nghiệ m thự c phâ n biệt Ý tưởng Rõ rà ng toá n nà y ng ta khô ng thể đặ t bấ t kỳ ẩ n phu nà o mà xé t trự c tiế p hà m số bên vế trá i mong rằ ng phương trình đạ o hà m giải đượ c nghiệm Điề u kiện ≤ x ≤ Xé t hà m số f ( x) = Ta coù f ′( x= ) = 1    +   (2 x)2  x + x + − x + − x treâ n [0; 6] (2 x) + 2x 1  −  (2 x)3  2x − 6− x (6 − x) − 6− x   + −  (6 − x)3   x  =  − x  +  + (6 − x)2  1 2x +  −   2x   − x    − x  Suy f ( x) = ⇔ − x = x ⇔ x = vaø f′(x) dương (0; 2) âm (2; 6) Bả ng biế n thiê n x f′(x) + f(x) – 2+6 + 12 6+2 Nhìn o bả ng biế n thiên suy để phương trình có hai nghiệ m phâ n biệ t + ≤ m < + Vậ y giá trò cầ n tìm tham số + ≤ m < +  Nhận xét Nhìn o bả ng biế n thiên suy ra: + Phương trình có nghiệm nhấ t khi= m + hoặc: + 12 < m < + Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thự c: x3 − y3 + 3y2 − 3x − =  − x − − x + 2y − y + m = Lời giải −1 ≤ x ≤ Điề u kiện  0 ≤ y ≤ Đặ t t = x + ⇒ t ∈  0;2  , phương trình (1) trở nh: t − 3t =y3 − 3y (*) Xeù t hà m số f(u) = u3 − 3u2 trê n đoạ n  0;2  , ta có : f '(u) = 3u2 − 6u ≤ 0, ∀u ∈  0;2  , suy f(u) nghòch biế n trê n đoạ n  0;2  Do phương trình (*) tương đương vớ i f(t) = f(y) ⇔ t = y ⇔ y = x + Khi − x2 − − x + 2y − y + m =0 ⇔ − x + − x + m =0 (i) Đặ t v= − x ⇒ v ∈  0;1 ⇒ (i) ⇔ −v2 − 2v + 1= m Xé t hàm số g(v) = − v2 − 2v + lieâ n tục đoạ n  0;1 , ta có g'(v) =−2v − < 0, ∀v ∈  0;1 Suy g(v) = g(1) = −2; max g(v) = g(0) = v∈ 0;1 v∈ 0;1 Vậ y hệ phương trình có nghiệm −2 ≤ m ≤ Bài Tìm cá c giá trò tham số m để hệ sau có nghiệm   y + + y  =  x + + x     − x3 − 3y − ≥ m( x − − y )3  Lời giải Điề u kiện: x ≥ 0,y ≥ −1,2x + y ≥ Phương trình thứ nhấ t củ a hệ tương đương vớ i: x + + x2 = (−y) + + (− y)2 ⇔ x = −y Thay y = − x o phương trình thứ hai hệ ta đượ c: − x3 + 3x − ≥ m( x − x + 1)3 (1) Hệ phương trình có nghiệm ⇔ (1) có nghiệ m Ý tưởng Ta phả i khử tham số tự làm đượ c điề u nà y việ c nhân o hai vế bấ t phương trình vớ i biể u thứ c liê n hợp củ a ( x − x + 1)3 ( x + x + 1)3 để yù ( x − x + 1)3 ( x + x + 1)3 = −1 bấ t phương trình đổ i dấ u Điề u kiện: x ≥ Khi nhâ n vế bấ t phương trình vớ i ( x + x − 1)3 > , bấ t phương trình trở thaø nh: m ≥ ( x − x + )( x + x − )3 Xé t hà m số f ( x ) = ( x − x + )( x + x − )3 treâ n [1; +∞) Suy để bấ t phương trình có nghiệm m ≥ f ( x) x∈[1; +∞ ) u( x ) = x − x + ≥ Viế t lạ i f ( x) = u( x).v( x) ,  v( x ) = ( x + x − ) > Ta coù u′( x)= 3x2 − > 0; v′( x)= 3 +   x , ∀x ≥   ( x + x − 1) > x −1  Suy f ′( x) = u′( x)v( x) + v′( x)u( x) > Hàm số f(x) đồng biế n trê n khoả ng [1; +∞) Do f ( x ) = f (1) = 1, ∀x ≥ Để bất phương trình có nghiệ m x∈[ 1; +∞ ) m ≥ Vậ y giá trò cầ n tìm củ a m (1; +∞) Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thự c: ( ) ( ) ( x − y ) x2 + xy + y2 + = −3 x − 2y + 9y +    11 + ( 2x − y ) − y2 = 2m + + 2y − x2  Lời giải Phương trình thứ nhấ t củ a hệ tương đương vớ i: x3 − y3 + ( x − y ) = −3x2 + 6y2 + 9y + 3 ⇔ ( x + 1) + x + = ( y + ) + y + ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Thay y= x − o phương trình thứ hai hệ ta đượ c: ( ) 11 + 2x − ( x − 1) − ( x − 1) = 2m + + ( x − 1) − x ⇔ −x2 + 4x + 12 = 2m + −x + 2x + ⇔ 2m = − x2 + 4x + 12 − −x + 2x + (1) Điề u kiện: −1 ≤ x ≤ Hệ phương trình có nghiệm ⇔ (1) có nghiệ m trê n  −1;3 Xé t hà m số f(x) = −x2 + 4x + 12 − −x + 2x + liê n tụ c trê n  −1;3 , ta coù : −x + −x + − f '(x) = ;f '(x) = − x + 4x + 12 − x + 2x + ⇔ ( − x + ) − x2 + 2x + = ( − x + 1) − x + 4x + 12 ( − x + 1)( −x + ) ≥  ⇔ ⇔x= 2 2 ( − x + ) − x + 2x + = ( − x + 1) − x + 4x + 12  ( ) ( ) Ta coù : f(= −1) 7,f(0) = 3,f(3) = 15 ⇒ f(x) = f(0) = 3; max f(x) = f(3) = 15 x∈ −1;3 x∈ −1;3 Vậ y phương trình có (1) có nghiệ m ⇔ ≤ 2m ≤ 15 ⇔ 15 ≤m≤ 2 15 ≤m≤ 2 Vậ y hệ phương trình có nghiệm x3 + ( y + ) x2 + 2xy = −2m − Baøi Tìm m để hệ sau có nghiệ m thự c  x + 3x + y = m Lời giaûi ( )  x2 + 2x ( x + y ) = −2m −  Hệ phương trình cho tương đương vớ i:  x + 2x + x + y = m Đặ t u = x2 + 2x = ( x + 1) − ≥ −1,v = x + y heä phương trình trở nh: v= m − u  uv = −2m − v= m − u  ⇔ ⇔  −2m − m = u − (1) m u + v =  u ( m − u ) = u+2  Heä phương trình có nghiệm ⇔ (1) có nghiệ m u ∈ 1; +∞ ) Xé t hà m số f(u) = f '(u) = u2 + 4u + = ( u + 2) u2 − treâ n 1; +∞ ) , ta coù : u+2 ( u + 1)( u + 3) ≥ 0, ∀u ≥ −1 nên ( u + 2) f(u) hà m đồ ng biến trê n 1; +∞ ) Suy f(u) ≥ f(−1) = −2, ∀u ≥ −1 Vậ y (1) có nghiệm ⇔ m ≥ −2 Vậ y giá trò cầ n tìm tham số −  2; +∞ )   Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhấ t x ∈  − ;1   x2 − x = y   3 − x2 − x3 + x2 − y  ( ) +1 = m Lời giải Điề u kiện: −1 ≤ x ≤ Từ phương trình thứ nhấ t củ a heä suy x2 − y = x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta đượ c: − x − x3 + 2x + = m (1)   Hệ phương trình có nghiệ m nhấ t x ∈  − ;1 ⇔ (1) có nghiệ m     nhấ t trê n  − ;1     Xé t hà m số f ( x) = − x2 − x3 + x2 + trê n đoạ n  − ;1   Ta coù f ′( x) = −3x 1− x −  − x +  − x2 x + 2x + x2 + x     − x2 Do x ∈  − ;1 ⇒ 3x + > ⇒   x + x +  3x + + x3 + x2 + 3x + > Vì f ′( x) = ⇔ x = Bả ng biế n thiê n – x f′(x) + f(x) – 3 − 22 –4 Dự a vào bả ng biế n thiên suy để phương trình có nghiệ m nhấ t m = chæ   −4 ≤ m < − 22 + 3  Nhận xét Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt chæ khi: 3 − 22 ≤ m < Bài 10 Chứ ng minh hệ phương trình sau luô n có hai nghiệm thự c vớ i mọ i m: ( ) (  2x3 − 3x2 + x x2 − x + + m + 2y3 − 3y2 + y   x2 − 2my = m+3 ) y2 − y + + m = Lời giải Phương trình đầ u củ a hệ đượ c viế t lạ i dướ i daï ng: ( 2y − 3y + y ) ⇔ ( 2y − 3y + y ) ( y2 − y + + m =− 2x3 − 3x2 + x y2 − y + + m =  (1 − x ) − (1 − x ) + − x    ) x2 − x + + m (1 − x ) − (1 − x ) + + m Suy y = − x thỏ a mãn phương trình đầ u hệ Thay y = − x o phương trình thứ hai hệ ta đượ c: x2 − 2m (1 − x ) = m + ⇔ x2 + 2mx − 3m − = Phương trình có ∆ 'x = m + 3m + > 0, ∀m nê n luô n có hai nghiệm thự c phâ n biệt Ké o theo hệ luô n có hai nghiệm thự c (đpcm) ... ) x2 + ( y + + 2ky − 9k ) x + 4y2 + 3ky2 − 46y + 175 − 2 2ky + 31k =0 Coi phương trình bậc hai vớ i ẩn x Ta có : ( 'x ( 2k + 1) y + − 9k  − ( k + ) 4y + 3ky − 46y + 175 − 2 2ky + 31k ∆= = (k... − 2 2  2  2  Nhận xét: Việ c đặ t ẩ n phụ thự c hiệ n bằ ng thủ thuậ t nhanh sau : Đạ o hàm theo biến x đạ o hàm theo biế n y mộ t hai phương trình củ a hệ (ta lự a chọ n phương trình đầ u... (2) x + y − xy + x − 2y = Laá y (1) + k.(2) theo vế ta đượ c: ( k + 1) x2 − ( ky + k + ) x + k ( y2 − 2y − 12 ) + y2 + 2y + = Ta coù : ∆ x = ( ky + k + ) ( (( ) − ( k + 1) k y − 2y − 12 + y